日记
杜绝摸鱼。
已经成垃圾桶了。
2025/08/23
练习 SOS / 高维前缀和。VJ.
2025/08/25
继续做 SOS。
CF1620G Subsequences Galore
现有全集 \(U=\{1,\dots,n\}\)，对于每个集合 \(S\subseteq U\) 能够以 \(O(n)\) 算出 \(g(S)=\left|\bigcap\limits_{x\in S}A_x\right|\)。求 \(f(S)=\left|\bigcup\limits_{x\in S}A_x\right|\).
容斥得到
这个可以高维前缀和搞定。复杂度 \(O(n2^n)\)。
P9333 [JOIST 2023] 议会 / Council
记 \(i\) 通过的决议集合为 \(A_i\)。对于主席 \(i\)，可以统计其余人各决议的票数，\(>\lfloor\frac n2\rfloor\) 的必定通过，\(<\lfloor\frac n2\rfloor\) 的必定不通过，所以只用考虑 \(=\lfloor\frac n2\rfloor\) 的决议集合 \(S\)。
现在只用求 \(\max\limits_{j\ne i}\operatorname{popcount}(S\bigcap\overline{A_j})\)。
由于带 \(\operatorname{popcount}\)，不好直接前缀和。在 \(S\bigcap\overline{A_j}\) 的角度计算贡献，对于 \(A\) 先做一遍后缀和，再将每个点的权值赋成 \(\operatorname{popcount}\)，前缀和，即为答案。要记录最大 / 次大值及其下标。
2025/08/28
模拟赛。只会 T1。
T2
给定质数 \(P\)。\(q\) 次询问，每次给定 \(n,m\)，求有多少个长为 \(n\)，元素 \(\in[0,m]\bigcap Z\) 的序列 \(a\)，满足 \(\nexists i<j<k\) 满足 \(a_k<a_i<a_j\)。答案对 \(P\) 取模。
我们不关注序列具体值，只关注相对大小。所以状态中可以只记录出现值的种类数。令 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数共出现了 \(j\) 种值。
转移时枚举第一个最大值的位置 \(k\) 以及前 \(k-1\) 个位置出现了 \(l\) 种值。由于此时 \(a_1,a_2,\cdots,a_{k-1}<a_k\)，后面的值必须大于等于 \(\max\{a_1,a_2,\cdots a_{k-1}\}\)，即这 \(l\) 种值是最小的 \(l\) 种：\(1,2,\cdots,l\)。所以后面 \(i-k\) 个位置包含了 \((l),l+1,\cdots,(j)\)。\(4\) 种情况加和即可。
f[1][1] = 1;
for(re int i = 2; i < maxn; ++i) for(re int j = 1; j <= i; ++j)
{
f[i][j] = (f[i - 1][j - 1]/*k=i*/ + f[i - 1][j] + f[i - 1][j - 1]) % mod;//k=1<i
for(re int k = 2; k < i; ++k) for(re int l = 1; l < k && l < j; ++l)
{
f[i][j] += f[k - 1][l] * f[i - k][j - l + 1];//l,...,j
f[i][j] += 2 * f[k - 1][l] * f[i - k][j - l];//l,...,j-1 / l+1,...,j
/*if(l + 1 < j) */f[i][j] += f[k - 1][l] * f[i - k][j - l - 1];//l+1,...,j-1
f[i][j] %= mod;
}
}
2025/10/18
CF436E Cardboard Box
考虑反悔贪心。由于费用关于星星数是上凸的，每次新加一颗星，只需要考虑当前的最小费用。又有上一轮的最小费用已经确定，故本轮不可能有多次反悔，最多反悔一次，即 +2-1 型或 +1 型。分讨取最小 / 次小即可。
注意可以一次通关一个 \(2\) 星关卡并返回掉一个 \(1\) 星关卡。
int n, w, a[maxn], b[maxn], val[maxn];
ll ans;
set<pair<int, int> > ins, del, wait;
pair<int, int> getdel(int pos) {return {val[pos] == 2? a[pos] - b[pos]: -a[pos], pos};}
pair<int, int> getadd(int pos) {return {val[pos] == 0? a[pos]: (b[pos] - a[pos]), pos};}
void update(int pos, int delta)
{
if(val[pos] < 2) ins.erase(getadd(pos));
if(val[pos]) del.erase(getdel(pos));
else wait.erase({b[pos], pos});
val[pos] += delta;
if(val[pos] < 2) ins.insert(getadd(pos));
if(val[pos]) del.insert(getdel(pos));
else wait.insert({b[pos], pos});
// printf("add %d,%d\n", pos, delta);
}
int main()
{
// input...
// solve
for(int i = 1; i <= n; i++) ins.insert({a[i], i}), wait.insert({b[i], i});
while(w--)
{
ll val1;
int pos1, pos2 = -1, pos3;
//case 1:+min
val1 = ins.begin()->first;
pos1 = ins.begin()->second;
if(ins.size() > 1)
{
if(val[pos1]) del.erase(getdel(pos1));
auto it = next(ins.begin());
if(del.size() > (val[it->second] > 0))
{
if(val[it->second]) del.erase(getdel(it->second));
ll tmp = getadd(pos1).first + it->first + del.begin()->first;
if(tmp < val1) val1 = tmp, pos2 = del.begin()->second, pos3 = it->second;
if(val[it->second]) del.insert(getdel(it->second));
}
if(del.size() && ins.size() - 1 > (val[del.begin()->second] < 2))
{
if(val[del.begin()->second] < 2) ins.erase(getadd(del.begin()->second));
ll tmp = getadd(pos1).first + del.begin()->first + next(ins.begin())->first;
if(tmp < val1) val1 = tmp, pos2 = del.begin()->second, pos3 = next(ins.begin())->second;
if(val[del.begin()->second] < 2) ins.insert(getadd(del.begin()->second));
}
if(val[pos1]) del.insert(getdel(pos1));
}
//case 2:-min
if(val[pos1])
{
int now = pos1;
ins.erase(getadd(now));
if(ins.size() >= 2)
{
ll tmp = getdel(now).first + ins.begin()->first + next(ins.begin())->first;
if(tmp < val1) val1 = tmp, pos1 = ins.begin()->second, pos2 = now, pos3 = next(ins.begin())->second;
}
ins.insert(getadd(now));
}
//case 3:0->2 & -1
if(wait.size() && del.size() && wait.begin()->first + del.begin()->first < val1)
{
val1 = wait.begin()->first + del.begin()->first;
pos1 = pos3 = wait.begin()->second, pos2 = del.begin()->second;
}
ans += val1;
update(pos1, 1);
if(!~pos2) continue;
update(pos2, -1);
update(pos3, 1);
}
2026/03/31
ARC098D Donation
对于每个点，只有在最后一次经过它时捐款才最优。
若将整个过程倒序，则限制为每次经过点 \(i\) 时，至少得有 \(C_i=\max(0,A_i-B_i)\) 元。
按每条边的 \(\max(C_u,C_v)\) 从小到大排序，建立 Kruscal 重构树。
最终策略必为：从一个叶子出发，逐层向上，每走到一个点，就将其未被访问的儿子的子树全部吃下。
设 \(f_i\)：起点在 \(\text{sub}(i)\) 内，吃下整个子树的最小初始金额，\(s_i\) 表示子树内能收获的总金额。
转移：\(f_x=\min_{y\in\text{sub}(i)}\max(f_y,C_x-s_y)\).
2026/04/11
ARC217B Not High Element
AI 题解（笑）。
首先看到这个 \(f(P)\)，思考怎么将它量化地表示。
设 \(c_x\) 表示 \(x\) 这个 值 在最优决策中操作了几次。
我们发现，\(y\) 操作后，若 \(x<y\)，则 \(x\) 也可以被带着操作一次。而且如果 \(y\) 需要带动的有一堆数，那我们可以从大往小操作。
所以有 \(c_x=I_x+\sum_{y=x+1}^nc_y\)（\(I_x\) 表示初始时 \(x\) 能不能操作，即 \([x~不是前缀最大值]\)）。
因此 \(\sum_{x=1}^nc_x=\sum_{x=1}^nI_x2^{x-1}\)。当然，这个不是很好算，毕竟“不是前缀最大值”这个限制比较奇怪。
所以换成总的减去是前缀最大值的贡献即可。
对于每个比已给出的数都大的数 \(x\)，它的贡献就是 \(-2^{x-1}(n-k)!\frac{(n-x)!}{(n-x+1)!}=-2^{x-1}(n-k)!\frac1{n-x+1}\).
ARC217C Greedy Customers 2
又是 AI 题解。
将能买的最贵的物品相同的人一并考虑。设钱数落在 \([a_i,a_{i+1})\) 的概率为 \(p_i\)。
若已经确定了第 \(i\) 种人有 \(c_i\) 个，则这种情况的出现概率为 \(\frac{n!}{\prod_{i=0}^nc_i!}\prod_{i=0}^np_i^{c_i}\)。
由于高种类的人可以买低种类的物品，所以从高到低 DP，设 \(f_{i,j,k}\) 表示考虑前 \(i\) 高的种类，共 \(j\) 人，有 \(k\) 人空闲的概率。
显然有转移 \(f_{i,j,k}\to f_{i-1,j+c,\max(0,k+c-1)}\)（当然，还要将上面的出现概率部分乘进来）。
最后对于所有 \(f_{1,i,j}\)，共卖出 \(i-j\) 个物品。
2026/05/09
CF1861E Non-Intersecting Subpermutations
容易想到设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 位，末尾最长 \(j\) 位不同。但是发现会算重。
那就对于 \(j=K\) 的，直接强制让下一位时的最长后缀变成 \(1\)！
然后前缀和优化，然后没了。Submission.
2026/05/12
CF1801D The way home
有很聪明的状态：\(f_{i,j}\) 表示到 \(i\)，当前经过的最大 \(w\) 的点为 \(j\)，此时最小的表演次数与最大的剩余金额。又发现中间的非前缀最大 \(w\) 的 \(i\) 贡献长得差不多，就变成 \(f_i\)：当前在 \(i\) 且 \(w_i\) 为当前的最大 \(w\)。
观察到有两个东西同时取最优，这个不好整。但是在确定位置与经过的最大 \(w\) 的情况下，一定优先最小化表演次数，再最大化剩余金额（表演肯定越靠后越优，就算表演次数多的那种方案剩余金额大，也不如表演次数少的在补全差的次数之后剩余的金额大）。
转移需要任意两点间最短路，故需要预处理全源最短路。\(O(nm\log n+n^2)\)。
2026/05/13
P9017 [USACO23JAN] Lights Off G
读题乃一大难点：一次操作中 \(3\) 条 都要执行。
答案明显在 \(3n\) 以内（题解说在 \(n\) 以内，呃呃），所以枚举答案。发现已知答案 \(ans\) 后初始给定 \(b\) 的影响可以模拟一遍后消去，只考虑翻转带来的影响：\(ans\) 个长度为 \(1\sim ans\) 的 环上 区间会被整体翻转。这个可以用状压求所有可能的翻转方案。Submission.
P9016 [USACO23JAN] Find and Replace G
发现修改呈递归式的树形结构，所以从后往前（即从递归树的儿子向父亲）构建这颗树。建完树后二分即可。
要特判 \(\operatorname{len}(s_i)=1\) 的情况！否则会出现大量的链被重复访问，复杂度就不是 \(O(n+r-l+1)\) 了。Submission.
ARC156D Xor Sum 5
牛牛牛。
答案为 \(\bigoplus\limits_{[x^S](\sum_{i=1}^nx^{a_i})^k\equiv1\pmod2}S\)。考虑化简 \(S\) 满足的条件。
设 \(k=\sum_{i=1}^m2^{p_i}\)。因为 \([x^S](\sum_{i=1}^nx^{a_i})^2\equiv[x^S]\sum_{i=1}^nx^{2a_i}\)，故有：
组合意义即为“有 \(m\) 轮选数，第 \(i\) 轮选一个 \(a\cdot2^{p_i}\)，要求加和为 \(S\)”。
我们枚举每一位 \(i\)，将所有 \(p_j\leqslant i\) 都纳入考虑，则对于后面的位置，这 \(i+1\) 位是什么并不重要，所以每次更新后的 \(S\) 对 \(i+1\) 的贡献可以直接转移给 \(\lfloor\frac S2\rfloor\)。细节见代码。
int n, a[1005];
ll k, ans;
bitset<2005> A, f, g;
int main()
{
read(n, k);
for(int i = 1; i <= n; i++) read(a[i]), A.flip(a[i]);
f.flip(0);
for(int i = 0; i < 50; i++)
{
if(k & 1)
{
g.reset();
for(int j = 0; j <= 2000; j++)
if(f[j]) g ^= A << j;
f = g;
}
k >>= 1;
int c = 0;
for(int j = 1; j <= 2000; j += 2) c ^= f[j];
// c*n^popcount(k) mod 2 = 1
if(c && ((n & 1) || !k)) ans |= 1ll << i;
g.reset();
for(int j = 0; j <= 2000; j++)
if(f[j]) g.flip(j >> 1);
f = g;
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
2026/05/21
CF2004F Make a Palindrome
可以发现分裂、合并只取其一即可，这里只保留合并操作。证明则考虑分裂时裂出来的两元素对应元素合并是一个效果。
那么对于固定的 \([l,r]\)，其 \(f(l,r)\) 为区间长减去从两头起最多能划分出的和对应相等的段数。后者也就是区间中有多少组前后缀和相等。（可以均为该区间本身）
所以任意一组和相等的区间能唯一确定一个对应的 \([l,r]\)，总共要减去的就是任选两（可能相同）区间且和相等的方案数。
2026/05/23
P16330 Just Because!
神仙。
发现暴力的 DP 没法优化，考虑转成数轴上选线段问题，每次所选线段不交。但这样会把“左边往右倒、右边往左倒”的情况漏掉。所以还要单独把这种合成的权值为 \(2\) 的区间补上。
现在每个区间的权值是 \(1\) 或者 \(2\)，没法直接倍增。回到问题中的隐式图上，考虑记录当前答案对应的最小坐标 以及答案减一对应的最小坐标，这样就不会把走权值为 \(2\) 的路径漏掉。
此时倍增所需的 \(2^k\) 步长就可以用 \(2^{k-1}+2^{k-1}\) 或 \((2^{k-1}-1)+2+(2^{k-1}-1)\) 来凑，相较普通倍增多记录一个 \(2^k-1\) 步走到的位置即可。
2026/05/27
APIO 2026 中国赛区 T3 集宝
首先有蠢猪暴力：每次从当前所在位置跳到最近的能收集下一颗宝石的位置。跳一次只需要求 LCA 及树上 k 级祖先，\(O(\log n)\) 实现的话就有 \(O(n\log n)-O(qm\log n)\)。
然后考虑怎么加速区间查：能否将两个连续的（不妨设为相交，相离时就直接化简成两圆心连线上的一部分链）圆化简？——直接用二者的交替换即可。
又有神秘性质：树上的“圆”的交还是一个“圆”的形式。如此维护即可。但是难写。Submission.
2026/05/29
有标号 DAG 计数
弱联通的限制太紧，设弱联通的 EGF 为 \(F(x)\)，不要求联通的 EGF 为 \(G(x)\)，则 \(G(x)=e^{F(x)}\)，即 \(F(x)=\ln G(x)\)。
现在不必弱联通，设 \(f_i\) 为 \(i\) 点 DAG 数，则 \(f_i=\sum_{j=1}^i a_j\)，其中 \(a_j=\binom ij f_{i-j}2^{j(i-j)}\) 为刚好有 \(j\) 个 \(0\) 度点的方案。
又 \(b_j=\sum_{k\geqslant j}\binom kj a_k\) 表示至少有 \(i\) 个 \(0\) 度点的方案，二项式反演得 \(a_j=\sum_{k\geqslant j}\binom kj b_k(-1)^{k-j}\)。
结合 结论 \(ab=\binom{a+b}2-\binom a2-\binom b2\)，代入转移即得 \(f_n=n!2^{\binom n2}\sum_{i=1}^n\frac{(-1)^{i+1}}{i!2^{\binom i2}}\cdot\frac{f_{n-i}}{(n-i)!2^{\binom{n-i}2}}\)。
另设 \(g_n=\frac{f_n}{n!2^{\binom n2}}=\sum_{i=1}^n\frac{(-1)^{i+1}}{i!2^{\binom i2}}\cdot g_{n-i}\)，移项得 \(\sum_{i=0}^n\frac{(-1)^i}{i!2^{\binom i2}}g_{n-i}=[n=0]\)。
故 \(\{g_n\}\) 生成函数为 \(\{\frac{(-1)^n}{n!2^{\binom n2}}\}\) 生成函数的乘法逆。还原即可得到 \(G(x)\)，进而求得 \(F(x)\)。
2026/06/03
CF932E Team Work
令 \(F(x)=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{x^i}{i!}=e^x\)，\(G(x)=\sum_{i=1}^k{k\brace i}x^i\)，则所求即为：
其中 \(f^{(n)}(x)\) 表示 \(f(x)\) 的 \(n\) 阶导数，由莱布尼茨公式：\(\left(f(x)g(x)\right)^{(n)}=\sum_{i=0}^n\binom nif^{(i)}(x)g^{(n-i)}(x)\)。
\(O(k^2)\) 预处理 \(k\brace i\)，\(O(k)\) 枚举求和即可。Submission.
2026/06/04
[集训队互测 2011] Crash 的文明世界
问题变为对每个点求以它为根时，\(\forall1\leqslant j\leqslant k\) 的 \(\sum_{i=1}^n\binom{d_i}j\)。观察到 \(\binom{d_i}j=\binom{d_i-1}j+\binom{d_i}{j-1}\)，所以相邻节点的和可以相互转移。稍有细节。Submission.
CF961G Partitions
对于每个 \(w_i\)，它乘的系数都是一定的，为所有情况中包含该元素的集合大小之和，即：
直接枚举求解即可。Submission.
2026/06/07
CF715E Complete the Permutations
连边 \(p_i\to q_i\)，则对于确定的 \({p_n}{q_n}\)，最小步数为 \(n-环的数量\)。问题即转化为将给定的图补全，问环的数量固定时的方案数。
考虑已经固定的 \(x_1\to x_2\to\cdots\to x_k\) 这种链相当于一个单点。将原图收缩后，剩下的只有 \(\to x,x\to,\to\) 三种元素。（单点可以先不管，毕竟只要边定了，点填在哪也就定了）
设分别有 \(A,B,m\) 个。对于一个最终的环，我们将其中的非“\(\to\)”与相邻的“\(\to\)”合成，这样就能分层次地完成补全了：\(\to x,x\to\) 都可以内部消化，还可以与一个 \(\to\) 合成 \(\to\)。
发现 \(\to\) 的个数不变，那就对于前两者写生成函数 \([x^k]F_1(x)=\sum_{i=k}^A\binom Ai{i\brack k}m^{\overline{A-i}}\)，\(F_2\) 同理。\([x^k]F_3(x)={m\brack k}m!\)，其中 \(m!\) 为单点的标号方案数。
暴力卷积即可。Submission.
2026/06/08
P3270 [JLOI2016] 成绩比较
发现科内的相对顺序是独立的，故设 \(f_{i,j}\) 为考虑前 \(i\) 科，恰有 \(j\) 人不被吊打的方案。转移就枚举新的状态中有 \(nj\) 人不被吊打，则 \(f_{i,j}\) 乘的系数为剩下 \(n-1-j\) 个人中恰好有 \(nj-j\) 个人排名在 B 之前。
二项式反演，变成至少 \(k\) 个人排名在 B 之前，系数为 \((-1)^{k-(nj-j)}\binom k{nj-j}\binom{n-1-j}i\binom{n-1-k}{r-k}\sum_{s=1}^U(U-s)^rs^{n-r-1}\)，其中 \(r\) 为比 B 高的人数，\(U\) 为上限。
发现 \(\sum_{s=1}^U(U-s)^rs^{n-r-1}\) 只跟 \(U,r\) 有关，且拆开后可以化简为 \(\sum_{i=0}^rU^i\binom ri(-1)^{r-i}S_{n-i-1}(U)\)，其中 \(S_k(n)=\sum_{i=1}^ni^k\)。
可以考虑把 \(0\) 补上，则 \(S_k(n)=\sum_{i=0}^ni^k=\frac1{k+1}\left[(n+1)^{k+1}-\sum_{i=1}^k\binom{k+1}{i+1}S_{k-i}(n)\right]\)。
此时时间复杂度降为 \(O(n^3m)\)。Submission.
附：推导等幂和。
浙公网安备 33010602011771号